Exercícios de Vibrações RAO

VIBRAÇÕES MECÂNICAS (Período 2014-II : Prof. Abdon.)

Exemplo 2.1.- Resposta harmônica de uma caixa d’água:

A coluna da caixa d’água mostrada na figura tem 300 pés de altura e é feita de concreta reforçado com uma seção transversal tubular de 8 pés ,de diâmetro interno e 10 pés de diâmetro externo. A caixa d’água pesa 6 x105lbquando está cheia.Desprezando a massa da coluna admitindo que o módulo de Young de concreto reforçado seja 4x106 lb / pol2, determine o seguinte:a.- a frequência natural e o período natural de vibração transversal da caixa.b.- a resposta de vibração da caixa d’água resultante de um deslocamento transversal inicial de 10 pol ;c.- os valores máximos da velocidade e da aceleração experimentados pela caixa d’água.

Dados

Caixa de água

Altura: l=300 pé sPeso: w=6x105 lbf

Coluna

ϕinterno: ϕi=8 pés

ϕexterno:ϕe=10 pés

Sem massa

Mod. De Young: 4 x104pol2lbf

Determine:

a.- Freq. Natural: W n= ?

Período Ƭ :

b.- Para Desloc. Inic.

xo= 10 polResp. de Vibração: x (t )=¿?

c.- Valores máximas da velocidade.:

xmax=?Aceleração

xmax = ?

Solução

.- Diagrama

- cms:.viga em balanço (coluna)

⇒ k=3EI

l3 ;

Onde:

I=¿ π

64(∅ e

4 - ∅ i4)

l=300 pés×12 pol1 pé

=3600 pol

∅ e=10 pé s ×12 pol1 pé

=120 pol

∅ i=8pé s×12 pol1 pé

=96 pol

Momento de inercia da seção transversal


I=¿ π

64(1204 -964) = 600,95×104 pol4

k=3×4×106×600,95×104

3600=1545,65lbf / pol

a.- wn=?; Ƭ=?

Como: wn=√ km;P=mg ;

m= Pg⟹wn=√ kg

P;

g=9,81m

s2×

39,37 polm

=386,22pol

s2 ;

wn=√ 1545,65×386,226×105

wn=0,997rads

;

Como:

Ƭ = 2πw

= 2 π0,997

b.- x (t )=?

Para: xo=10 pol; x=0ms

Como: x (t )=Ao sin(wt+∅ o)

Também: ∅ o=tan−1( xown

xo )

∅=tan−1( xown

0 )⟹∅=π2

Temos: Ao=√{xo2+( xo

wn)

2} Ao=xo

=10 pol

x (t )=10 sin (0,99 t+ π2 )

x (t )=10 cos (0,99 t )

c.- xmax=?; xmax=?

Como:

x (t )=−9,9 sin(0,99 t)

xmax=−9,9pols

Também

x (t )=−9,9×0,99cos (0,99 t )

x (t )=−9,95 cos (0,99 t )

⇒ x ( t )=−9,95pol

s2

Exemplo 2.2: Resposta de vibração livre devido a impacto.

Uma viga em balanço suporta uma massa M na extremidade livre como mostrado na figura. A massa m cai de uma alturah sobre a massa Me adere a ela sem ricochetear. Determine a vibração transversal resultante da viga.

Dados:

VigaComprimento: lMod. De Young: EMomento de Inércia de seção transversal: I

Massa suportada: M

Corpo em queda livre

Massa: m

Altura: h

Determine:

- Vibração transversal:

x (t )=?


Solução:

-Rigidez equação da Viga

k=3 EI

l3

Massa m

Cms. Energia (Forças. Conservativas.)

T m+Um=cte

T mo+Umo=T m1+Um1

12mvo

2+mgho=12mv i

2+mgh1

mgh=12mv i

2⇒ v i=√2gh

Como ∄Forças Ext. antes e após o impacto temos

que ∑ mi v i=cte .

m vmi+MU M i

=m vm2+mU M2

mv i=mv+MU ; vm2=U M 2

=v

v=mv1

m+M= mm+M

√2gh

k xo=mg⇒ xo=mgk

xo=m

m+M√2gh

Como vibração Transversal. Define-se.

Como:

x (t )=A cos(wn¿t−∅ )¿

Onde:

A={xo2+( xown)

2}12

wn=√ km+M

=1l √ EI

(m+M ) l

A={(mgk )

2

+( mm+M )

22ghk

m+M }12

A=mg l3

3 EI {1+ 6hEIg(m+M )l3 }

12

Como:

∅=tan−1( xo

wn xo)=tan−1{ m

m+M√2gh

−mgk √ k

m}

∅=tan−1 {−1l √ 6hEIm

l }


Exemplo 2.3: Módulo de Young pela medição da freqüência natural.

Contata-se que uma viga simplesmente apoiada com uma seção transversal quadrada de 5mm×5mm e comprimento de 1m, que suporta uma massa de 2 .3 kg em seu ponto médio, tem uma freqüência natural de vibração

transversal de 30rads

. Determine o

módulo de Young de viga.

Dados:

Viga Bi-apoiada

Seção

Comprimento: l=1m

Corpo

Massa: m=2,3 kg

Ponto Médio da Viga

Freq. Nat do sist (Vibr. Trans.)

wn=30 rad / s

Determine:

Mód. De Young da Viga:

E=?

Solução:

Diagrama:

Como:

y ( x )= pbx6EIl

(12−x2−b2) ,0≤ x≤a

Se y ( x )=δ st⇒ x=12, b=a=1

2

y ( 12 )=

P×12×

12

GEIl (12−( 12 )

2

−( 12 )

2

) y ( 1

2 )= p l3

48EI=δ st

Como: P=mg=W

w l3

48 EI=δst

w=48 EI

l3⏟k

k=48 EI

l3

E= k l3

48 I


wn=√ km⇒k=wn

2m

Inércia:

I= 112

bh3

E=mwn

2l3

481

12b h3

=mwn

2l3

4b h3

E= 2,3×302×l3

4×5×10−3× (5×10−3 )3

E=8,28×1011 N

m2

Exemplo 2.4: freqüência natural da caçamba de um caminhão de bombeiros.

A caçamba de um caminhão de bombeiros está localizada na extremidade de uma lança telescópica, como mostrado na figura. A caçamba, mais o bombeiro, pesam 2000 N .Determine a freqüência natural de vibração da caçamba no sentido vertical. Dados: Módulo de Young do material E=2 .1×1011 N /m2comprimento: I 1=I 2=I3=3m; áreas de seções transversalA1=20cm2 , A2=10cm2 , A3=5c m2 .

Dados:

Caçamba + bombeiroPeso: w=2000 N

Lança telescópica

Mod. De Young:E=2.1×1011 N

m2

Comprimentos:l1=l2=l3=3m

Áreas transversais:A1=20cm2; A2=10c m2 ; A3=5c m3

Determine:

Frequência natural de vibração no sentido vertical.

wn=?

Solução:

Diagrama:


Massa do telescópio m≅ 0 .

Carga axial no telescópio wa ao longo dele.

Portanto:

1keq

= 1k 1

+ 1k2

+ 1k3

k 1=A1E

l1

=20×10−4×2,1×1011

3

k 1=14×107 Nm

k 2=A2E

l2

=10×10−4×2,1×1011

3

k 2=7×107 Nm

k 3=A3E

l3=5×10−4×2,1×1011

3

k 3=3,5×107 Nm

1keq

= 1

14×107+ 1

7×107+ 1

3,5×107

k eq=2×107 Nm

.

Como: V=12ky x2

V eq=12keq¿¿

Mas: V=V eq

k y=k eqcos2 45

wny=√ k y

m;m=w

g

wny=√ k eqcos2 45 g

w;g=9,8m /s2

wny=√ 2×107×cos2 45×9,82000

wny=221,47rads

Exemplo 2.5: frequência natural de sistema de polias.

Determine a frequência natural do sistema mostrado na figura. Admita que as polias não tem atrito e a massa seja desprezível.


Dados:

Polias:

Sem atrito: u≈0Sem massa: m≈0

Bloco

Massa:m

Determine:

Freqüência Natural do Sistema

wn=?

Solução:

Sistema eq.

wn=√ keq

m w=k eq xeq

xeq=wkeq

Polia 1(D.C.L.)

w=mg

Da condição de equilíbrio.

zw=k1 x1

x1=2wk1

Polia 2(D. C.L.)

Da condição de equilíbrio.

k 2 x2=2w

x2=2wk2


Como: xeq=2x ; k2x2

wkeq

= 4wk1

+ 4 wk2

1keq

= 4k 1

+ 4k2

=4 ( k1+k2

k1 k2)

k eq=k1 k2

4 (k1+k2 )

Substituindo tem:

wn=√ k1k 2

4 (k1+k2 )m

wn=√ k1 k2

4m (k1+k2 )rads

Ou

f=wn

2π= 1

4 π √ k1 k2

m (k1+k2 )

Exemplo 2.7: Manômetro para motor Diesel.

O escapamento de um motor a diesel de um cilindro e quatro tempos deve ser ligado a um silenciador e, então, a pressão deve ser medida com um manômetro simples em U (figura). Calcule o comprimento mínimo (lmin ) do tubo do manômetro de modo que a

ωm=ω p

3.5 (a frequência natural de

oscilação da coluna de mercúrio seja 3.5 vezes mais lenta que a frequência das variações de pressão no silenciador) a uma velocidade do motor de ω=600 rpm . A frequência de

variações de pressão no silenciador é igual a (Número de cilindros x Velocidade do motor / 2)dada por: ω

p=n .ω2

.

Dados:

Motor diesel de ℵ=4

Velocidade ω=600 rpm

Silenciador

Frequência de variação de pressão. ω p=n .ω2

Manômetro de (Hg ) em U

Oscilação forcada. Frequência ωm=ω p

3,5

Determinar

Comprimento mínimo de Hg:

lmin=?

Solução:

Diagrama


Para oscilações livres temos um sistema

conservativo, logo: T+U=constante

A energia potencial é dada por:

U=P1x2+P2

x2

Mas, P1=P2=Vγ e V=Ax,

onde V é o volume do manômetro, A é a área da

seção transversal do manômetro e γ o peso

específico do Hg. Substituindo estes dados em U

teremos que:

U=(Axγ ) x2+( Axγ ) x

2=Aγx ²

A energia cinética T é dada por:

T=12m x ² ,m=P

g, P=Vγ ,V=Al

Onde l é o comprimento da coluna de Hg.

Logo, T=12Aγlg

x ²

Para um MHS temos:

x (t )=B cos (ωn t−∅ )

x (t )=−Bωnsin (ωnt−∅ )

Logo, U=AγB ² cos ²(ωn t−∅ )

∴U máx=AγB ²

E também

T=12Alγg

[B ²ω ²n sin ²(ωn t−∅ )].

Como Umáx=T máx temos que

AγB ²=12Alγg

B ²ω ²n

ωn=√ 2 gl

A frequência de variação de pressão

ω p=1.600

2=300 rpm=10 π

rads

.

Como ωm=ωn=ω p

3,5=9,0

rads

, temos que

√ 2 gl=9,0=¿ l=2.9,81

9²=0,243m.

Exemplo 2.8: Efeito de massa sobre ωn de uma mola.Determine o efeito de massa da mola sobre a frequência natural do sistema massa-mola mostrada na figura.

Dados:

Sistema massa mola

Massa: m

Mola:

Comprimento: l

Rigidez: k

Massa: ms

Determinar

Frequência natural ωn.

Solução:

A frequência natural do sistema é dada

por:

ωn=√ kmT

Onde: mT=m+meq

meq = massa equivalente devido à mola.


l→x , y→ y ;=¿ y= ylx.

ms= massa da mola

ms

l = massa por unidade de comprimento

d ms=ms

ldy

Energia Cinética:

d T s=12d ms . y

2

d T s=ms

2l ( yl x )2

dy

d T s=ms

2ly2 x 2dy=¿

T s=ms

2 l ³x ²∫

0

l

y ² dy=¿T s=ms

6x ²

Na extremidade da mola:

T eq=12meq x ²=T s=¿ 1

2meq x ²=

ms

6x ²

meq=ms

3∴ωn=√ 3k

3m+ms

Exemplo 2.9: Efeito da massa da coluna sobre a frequência natural da caixa d’água.

Determine a frequência natural de vibração transversal da caixa d’água mostrada no exemplo 2.1, conforme a figura, incluindo a massa da coluna.

Dados :

Caixa de água:

Massa: M

Coluna:

Comprimento: l

Massa: m

Rigidez: k

Vibração transversal

Determinar

Efeito de m em ωn

Solução:

A frequência natural do sistema é dada por:

ωn=√ kmT

onde mT=M+meq

Em que meqé a massa equivalente devido à

coluna.


Temos:

y ( x )=( Px2

6 EI )(3a−x)

Para a=l=¿ y ( x )=( Px2

6 EI )(3 l−x ) e para

x=l=¿ y= ymáx=( P l2

6 EI )(3 l−l) ∴ ymáx=( Pl33 EI )E=mód .deYoung

I=mom.de inércia seção trasnversal.

Massa equivalente da viga em x=1.

T v=Energia cinética daviga

d T v=dm2

[ y ( x ) ]2 , dm=mldx=¿

d T v=m2l

[ y ( x ) ]2dx . Como

y ( x )=( P l3

3 EI )( x2

2l3 ) (3 l−x )

y ( x )=ymáx x

2

2l3 (3 l−x )=¿

y ( x )=ymáx

1

2 l3 x ²(3 l−x )

d T v=mymáx

2

8l7x4 (3l−x )2dx=¿

T v=m ymáx

2

8 l7 ∫0

l

x4 (3 l−x )2dx=¿

T v=m ymáx

2

8 l7

3335

l7=12

33140

m ymáx2

A massa equivalente com:

T v=T eq=12meq ymáx

2 =¿

12

33140

m ymáx2 =1

2meq ymáx

2 =¿

meq=33140

m=¿mT=M+ 33140

m

∴ωn=√ k

M+ 33140

m

Exemplo 2.10: Resposta da bigorna de um martelo de forjar.

A bigorna de um martelo de forjar pesa 5000 N e está montada sobre uma base

que tem rigidez de 5. 106 Nm

e um

amortecimento viscoso constante de

10000Nsm

. Durante determinada

operação de forjamento, o martelo-pilão (isto é o martelo de queda, martelo o pilão) com peso de100 N é acionado e cai de uma altura de 2m sobre uma bigorna (figura). Se a bigorna estiver em repouso antes do impacto. Considere que o coeficiente de restituição entre a bigorna e o pilão seja de 0,4.

Dados:

Martelo de forja

Bigorna

Massa:M

Peso:5000 N

Rigidez:

k=5.106 Nm

Amortecimento: c=10000Nsm

Viscoso:

Repouso:


Pilão:

Peso: 1000 N

Queda: 2m

Coeficiente de restituição

Pilão bigorna

e = 0,4

Determinar:

Resposta de vibração da bigorna após o impacto.

Solução:

xB( t )=?

Para sistemas amortecidos temos:

xB( t )=e−εωn t [x0 cos (√1−ε ²ωn t )+x0+ε ωn x0

√1−ε ²ωn

sin (√1−ε ² ωn t ) ]

Pilão:0−I

Sistema conservativo:

T 0+V 0=T I+V I=¿V 0=T I

mgh=12mv ²P1

=¿

vP1=√2 gh=√2.9,81.2=6,2

ms

.

Sistema antes e após o impacto.

∄ forçasexternas∴

∑ mi v i=const .

mv P1+M v B1

=mv P2+M vB2

=¿

mv P1=mvP2

+M v B2=¿

m (v P1−vP2 )=M vB2

=¿

10009,81 (6,2−v P2 )=

50009,81

vB2

¿>510,2 vB2=638,8−102,04 vP2

(I )

Do coeficiente de restituição:

e= velocidade afastamentovelocidade aproximação

e=v B2

−vP2

v P1−vB1

=¿vB 2

−v P2

vP1

=¿

0,4=¿v B2

−v P2

6,2=¿

vB2=vP2

+2,50 (II)

Das equações (I ) e(II ), temos que:

vB2=1,46

ms;v P2

=−1,04ms

.

Portanto as condições iniciais da bigorna são:

x0=0m; x0=v B2=1,46

ms

.

Fator de amortecimento ζ :

ζ= cccr

= c2√kM

= 1000

2√5. 106 .50009,81

=¿

ζ=0,09

Frequência natural ωn:

ωn=√ kM

=√ 5.106

50009,81

=98,9rads .

Frequência amortecida ωd:

ωd=ωn√1−ε ²=98,9√1−0 ,04²=¿

ωd=98,02rads

.

Substituindo estes valores na resposta de vibração

encontraremos:

xB( t )=e−0,09.98,9 t[ 1,46

98,02sin (98,02 t )]

xB( t ) = 0,014 e−8,9 t sin (98,02 t )

Exemplo 2.11: Amortecedor de choque para uma motocicleta.


O projeto de um absorvedor de choque subamortecido para uma motocicleta de 200kg de massa (Figura) deve atender as seguintes especificações: quando o amortecedor estiver sujeita a uma velocidade vertical inicial devido a uma saliência na estrada, a curva deslocamento-tempo resultante deve ser como indicado na figura. Determine as constantes de rigidez e de amortecimento se o período de vibração amortecida for de 2 s e

amplitude x1 tiver de ser reduzida a 14

em um meio-ciclo (isto é, x1.5=x1 /4 ¿. Determine também a velocidade inicial mínima que resulta num deslocamento máximo de 250mm.

Dados: Motocicleta

Massa: m = 200kg

Amortecedor = c

Rigidez = k

Período de vibração amortecida: τ d =2 s

Redução da amplitude de vibração e um meio-

ciclo: 14X

Determinar

Constante de rigidez: k=?

Constante de amortecimento: c=?

Velocidade inicial: vo=? ; para xmax=250mm

Solução Diagrama:

Como: x1.5=14x1

x1

x2

=x1

x1.5

×x1.5

x2

=4×4=16

Temos que: g=ln( x1

x2) δ=ln (16 )=2,77

Também: δ=2πζ

√1−ζ 2

ζ= δ

√(2 π2 )+82= 2,77

√(2π2 )+2,772 ζ=0,403

O período amortecido:

τ d=2πωd

= 2π

√1−ζ 2W n

wn=2 π

√1−ζ 2 τd

ωn=2π

√1−0,4032 ∙2=3,43

rads

Temos: ζ=ccc

c =ζ ×cc

Com:cc=2mωn=2×200×3,43

cc=554,49N ∙s

m

C=0,403×554,49 N ∙sm

Também: ωn=√ km

k=ω2n×m=3,432×200

k=2358,26Nm

Resposta de uma vibração do sistema x (t )=e−ζ W n t

{xo cos √1−ζ 2W nt+xo+ζW n Xo

√1−ζ 2sin√1−ζ 2W nt }

Como: xo=0


⇒ x (t )=e−ζ W n t ∙xo

√1−ζ 2W n

sin√1−ζ 2W n t

⇒ x (t)=e−ζ W n t ∙xo

wd

sin (wd t )O máximo:

dx (t)dt

=0

⇒xowd

∙ddt

(e−ζ W n t sin (wd t))=0

−ζ wn e−ζ W n t sin (wd t )+¿e

−ζ W n t ∙wd cos (wdt )=0¿−ζ wn sin (wdt )+ wd⏟

√1−ζ 2W n

cos (wd t )=0

⇒−ζ wn sin (wd t )+√1−ζ 2W ncos (wd t)=0

tan (wd t 1 )=√1−ζ 2

ζDas relações: cos2α=1−sin2α

1

cos2α=1+ tan2α

⇒sin2α= tan2α1+tan 2α

⇒sin2 (wd t 1 )=tan2 (wd t 1 )

1+ tan2 (wd t1 )

⇒sin2 (wd t 1 )=

1−ζ 2

ζ 2

1+ 1−ζ 2

ζ 2

=¿¿

⇒sin ¿⇒sin (wd t 1 )=0,91⇒wd t=sin−1(0,91)

⇒ t 1=1wd

sin−1 (0,91 )=τd

2 πsin−1 (0,91 )

⇒ t 1=2

2πse n−1 (0,91 )=0,36 s

Para: t=t 1⇒ x ( t )=250m=0,25m

⇒0,25=e−ζ wn t1xo

wd

sin (wd t 1)

0,25=e−ζ wn t1xo

√1−ζ 2wn

∙√1−ζ 2

⇒ xo=0,25wn ∙ eζ wn t 1

xo=0,25×3,43∙ e0,403××3,43× 0,36

xo=1,41ms

Exemplo 2.12: Análise de Canhão.O diagrama esquemático de um canhão de grande porte é mostrado na

figura. Quando a arma é disparada, gases sobre alta pressão aceleram o projétil no interior do cano até uma velocidade muito alta. A força de reação empurra o cano do canhão no sentido contrário ao do projétil. Visto que é desejável que o canhão volte a posição de repouso no menor tempo possível sem oscilação, ele é forçado a fazer uma translação para traz contra um sistema mola-amortecedor criticamente amortecido denominado mecanismo de recuo. Num caso particular, o cano e o mecanismo de recuo tem massa de 500kg com uma

mola de recuo de rigidez 10000Nm

. O

recuo do canhão após o disparo é de 0,4m. Determine:1– O coeficiente de amortecimento crítico do amortecedor;2 – A velocidade inicial de recuo do canhão; 3 – O tempo que leva para o canhão retornar até uma posição a 0,1m de sua posição inicial.

Dados:

Canhão:

Cano + projétil;

Mecanismo de recuo:

Sistema mola amortecedor

Mola:k=10000Nm

Amortecimento: c

Massa (mecanismo de recuo + canhão)

m=500kg

Recuo após disparo: 0,4 m

Determinar:


1- Coeficiente de amortecimento crítico cc

2- Velocidade inicial de recuo de canhão v0

3- Para 0,1m de recuo o tempo t=?

Solução:

Diagrama do sistema (recuo + canhão).

1- Coef de Amortecimento Critico.:Cc = ?

A frequência natural do sistema ωn.

ωn=√ km=√ 10000

500=¿4,47

rads

Coeficiente de amortecimento crítico

cc=2mωn=¿2.500 .4 .47=¿ 4472,1Nsm

2- Velocidade inicial de recuo: x0=?.

Resposta para sistemas criticamente amortecidos.

x (t )=(C1+C2t )e−ωn t.

Das condições iniciais temos que:

t=0=¿ x (0 )=x0

˙x (0 )=¿ x0 ¿

x0=C1

x (t )=C2 e−ωn t+(−ωn ) (C1+C2t )e

−ωn t

x0=C2−ωnC1=C2−ωn x0

C2= x0+ωn x0

x (t )=[ x¿¿ 0+( x0+ωn x0)t ]e−ωn t ¿

Para o recuo máximo; temos:

x (t )=0=¿

0=C2 e−ωn t−(ωn) (C1+C2 t )e

−ωn t

C2=ωn (C1+C2 t )=¿

( t )=( 1ωn

−C1

C2)=t1

Como: x0=0=¿C1=0∴

t 1=1ωn

, C2= x0

x (t )= x0 t e−ωn t

Como xmáx=x (t=t 1 )

xmáx= x0t 1e−ωn t 1=

x0

ωn

e−1=0,4

x0=0,4 ωn e=0,4.4,47 .2,71

x0=4,86ms

3- tempo t 2=? , para x (t )=0,1m.

Como:

x (t )= x0 t e−ωn t

x ( t2 )= x0t 2e−ωn t 2=0,1

110 x0

=t 2 e−ωn t 2

ln ( 110 x0

)=ln (t 2)−ωnt 2 ,

Determina-se o valor de t 2 por procedimento

interativo, obtendo-se:

t 2=0,82 s.

Exemplo 2.13: Coeficiente de atrito em relação a posições medidas de massa.

Um bloco de metal colocado sobre uma superfície irregular está ligado a uma mola e recebe m deslocamento inicial de 10cm em relação a uma posição de equilíbrio. Após 5ciclosde oscilação em


2 s, constata-se que a posição final do bloco de metal é 1cmem relação a sua posição de equilíbrio. Determine o coeficiente de atrito entre a superfície e o boco de metal.

Dados: Bloco de metal

Massa: m Mola:

Rigidez: k

Desloc. Inicial: xo=10cm

Posição final: x f=1cm

Tempo de oscilação: t=2 s

Número de ciclos: n=5

Determinar:

Coeficiente de atrito: μ=?

Solução:

Diagrama:

Temos a eq. De movimento:

m x+μ .m. sin ( x )+kx=0

Período: τ= t5=2

5=0,4 s

Desloc. Na posição final:

x f=xo−n ∙4 μNk

⇒n ∙4 μNk

=xo−x f

⇒20μNk

=0,1−0,01=0,09

⇒ μ=0,0045kN

Do d.c.l. temos que:

N=mg⇒ kN= kmg

kN=wn

2

g

⇒ μ=0,0045 xwn

2

g

-Freqüência natural

τ=2 πwn

⇒wn=2 πτ=2π

0,4=15,7

rads

⇒ μ=0,0045 ∙15,72

9,8=0,113

Exemplo 2.14: Polia sujeita a amortecimento Coulomb.Um eixo de aço com 1m de comprimento e 50mm de diâmetro está fixado numa extremidade e suporta uma polia de momento de inércia de massa de 25kg /m2 na outra extremidade. Um freio de lona exerce um torque de atrito constante de 400 N /m ao redor da circunferência da polia. Se a polia for deslocada de 6 °e então solta, determine (1) o número de ciclos antes de a polia atingir o repouso e (2) a posição final de acomodação da polia.

Dados: Polia:

Movimento de inércia polar: Jo=25kg ∙m2

Deslocamento angular inicial: θo=6 °

Eixo (engastado)

Aço

Comprimento: l=1m

Diâmetro: ϕ=50 mm

Freio de lona:

- Torque de atrito: Τ=400 N ∙m

Determinar:

1- Número de ciclos até parar: r=?

2- Deslocamento Angular final de polia:

ϕf=?

Solução:

Diagrama:


1- Número de ciclos:r=?

r ≥ {ϕo−Τk t

2Τk t

}Temos: ϕo=6 °=6×

π180 °

=0 ,104 rad

- Constante Elástica Funcional do eixo

k t=G∙ Jl

;G=¿ modulo De elásticidade

transversal.

Aço: G=8×1010 N

m2

J→ Momento de inércia pólar da seção

transversal do eixo.

J= π32

D 4; D=ϕ=0,05m

l=1m

⇒ k2=8×1010×( π32

×0,054)1

k 2=49087,5N ∙mrad

Substituindo, temos:

r ≥ {0,104− 40049087,5

2×40049087,5

}=5,92

⇒r=6ciclos

2- θF=?

Como amplitude após r ciclos é:

θF=θO−r2TkT

θF=0,104−6×2×400

49087,5

θF=0,0069 rad×180 °2π

=0,39 °

Exemplo 2.15: Estimativa da constante

de amortecimento por histerese.

As medições experimentais realizadas

numa estruturam resultaram nos dados

de força-deflexão mostradas na figura.

A partir de esses dados, estime a

constante de amortecimento por

histerese β e o decremento logaritmo

δ .

Dados:

* Estrutura

* Corda força-deflexão

*Determinar

- constante de amortecimento por histerese

β=?

-Decremento logarítmico:

δ=?

Solução:


- Energia perdida num ciclo por amortecimento de

histerese.

ΔW=πh x2=πK β2 x

Proporcional a área do lado.

Como:

⇒ A❑=100×0,002

A❑=0,2N ∙m

Logo

Área= A=12AB ∙CG+AB×GH+ 1

2ED ∙HF

A= 12×1,2×1,8+1,2×8+ 1

2×1,2×1,8

A=12,25u2

Como:

1⟶0,2N ∙m

12,25u2⟶ ΔW

⇒ ΔW=2,45 N ∙m

Como:

K= 400N8mm

×103mm

1m=5×104 N

m

ΔW=πh x2 ; x=8mm=8×10−3m

⇒h= ΔW

π x2= 2,5

π×8×10−3=12433,9

Nm

Como: β=hk=12433,9

5×104=0 ,248

Também: δ ≈πβ

δ=π ×0,248=0,78

Exemplo 2.16: Resposta de uma

estrutura de ponte com amortecimento

por histerese.

Uma estrutura de ponte é modelada

como um sistema com um grau de

liberdade com uma massa equivalente

de 5×105 kg e uma rigidez equivalente

de 25×106 N /m .

Durante um teste de vibração livre,

constatou-se que a razão de

amplitudes sucessivas era 1 .04. estime

a constante de amortecimento

estrutural β e a resposta de vibração

livre aproximada da ponte.

Dados:

* Estrutura de ponte

- Sistema de 1 grau de liberdade

Massa: m=5×105kg

Rigidez: k=25×106 N /mRazão de amplitudes:

x1

x2

=1,04 ; x2=x1+τ

* Determine

-Amortecimento estrutural: β=?

-Resp. de vibr. Livre aprox. da ponte.

x p (t )=?

Solução:

- Diagrama:


-Amrt. Est. β=?

-Para sist. Com amort. estrutural temos:

x1

x1+1

≅ 1+πβ

⇒1,04=1+πβ⇒ β=0,04π

=0,012

-Resp. de vibr. x p (t )=?

Sistema de amortecimento cresc equivalente

x p (t )=e−ζ W n t {xo cos√1−ζ 2W n t+xo+ζ W nX o

√1−ζ 2sin√1−ζ 2W n t }

Onde: ζ=ζ eq

xo e xo : desl. e vel inicial dados à ponte.

Diagrama corp livre para sistema amortecimento

equivalente.

δ=2 π ζ eq

-Sist. Com amort. estrut.

δ=πβ

⇒2 π ζ eq=πβ⇒ζ eq=β2

Como:

ζ eq=C eq

C c

,C c=2√mk

⇒ζ eq=C eq

2√mk= β

2

⇒C eq=β√mkSubstituindo os valores, temos:

C eq=0,012√25×106×5×105

C eq=44,9×103 N ∙ s/m

A constante de amort. critica

C c=2√25×106×5×105

C c=7071,06×103 N ∙s /m

Fator de amort. equiv.

ζ eq=CC c

= 44,9×103

7071,06×103=0,0063

ζ eq<1 Sistema sub. Amort. ciclo⇒ x p (t )

Freq. Nat. W n

W n=√ km=√ 25×106

5×105=7,07

rads

⇒ζ eq ∙W n=0,042

√1−ζ 2W n=7,06 rad /s

⇒ x p ( t )=e−ζ W n t {xo cos (7,06 t)xo+0,04 Xo

7,06sin (7,06 t)}

Exercícios de Vibrações RAO

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